宜昌市协作体高三期中考试数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．设集
合，则（ ）A． B． C． D．2．设i为虚数单位，若复数z满足，则（ ）A．1 B． C． D．23．等于
（ ）A． B． C． D．24．已知函数的图象如图所示，则该函数的解析式为（ ）A． B． C． D．5．如图，在平
行四边形中，，点E是的中点，点F满足，且，则（ ）A．9 B． C． D．6．生物体的生长都经过发生、发展、成熟三个阶段，每
个阶段的生长速度各不相同，通常在发生阶段生长速度较为缓慢、在发展阶段速度加快，在成熟阶段速度又趋于缓慢，按照上述三个阶段生长得到的
变化曲线称为生长曲线．美国生物学家和人口统计学家雷蒙德·皮尔提出一种能较好地描述生物生长规律的生长曲线，称为“皮尔曲线”，常用“皮
尔曲线”的函数解析式为，一种刚栽种的果树的生长曲线的函数解析式为，x表示果树生长的年数，表示生长第x年果树的高度，若刚栽种时该果树
高为，经过一年，该果树高为，则（ ）A．1 B．1.5 C．2 D．2.57．在中，“”是“”的（ ）A．充分不必要条
件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知定义在R上的偶函数满足，若，则不等式
的解集为（ ）A． B． C． D．二、选择：本面共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知，则下列说法正确的是（ ）A． B．C． D．10．已知函数的部
分图象如图所示，州下列说法正确的是（ ）A．的图象可由图象向右平移个单位长度得到B．图象的一条对称轴的方程为C．在区间上单调
递增D．的解集为11．已知函数，若，则下说法正确的是（ ）A．当时，有4个零点 B．当时，有5个零点C．当时，有1个
零点 D．当时，有2个零点12．已知函数，则下列说法正确的是（ ）A．当时，曲线在点处的切线方程为B．若对任意的，都
有，则实数m的取值范围是C．当时，既存在根大值又存在极小值D．当时，恰有3个零点，且三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
。13．若角的终边在第四象限，且，则____________．14．已知函数是奇函数，用实数a的取值范围为____________
．15．在中，，点D是上一点，是的平分线，，则的面积为____________．16．已知函数，若，且，则的最大值为_______
_____．四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（本小题满分10分）已知平面向量满足，其中．（1）
若，求实数m的值；（2）若，求与夹角的余弦值．18．（本小题满分12分）已知关于x的不等式的解集是．（1）求实数a，b的值；（2）
若，且，求的最小值．19．（本小题满分12分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（1）求的面积；（2）若，求b．20．（
本小题满分12分）已知函数．（1）若，求在区间上的值域；（2）若关于x的方程在上有解，求实数a的取值范围．21．（本小题满分12分
）已知函数，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为一组已知条件，使的解析式唯一确定．（1）求的解析式；（2）设函数，若
，且，求的值．条件①：；条件②：图象的一条对称轴为；条件③：若，且的最小值为．注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分．22
．（本小题满分12分）已知函数（e是自然对数的底数）．（1）当时，试判断在上极值点的个数；（2）当时，求证：对任意．宜昌市协作体高
三期中考试·数学试卷参考答案、提示及评分细则1．D 集合，集合，∴．故选D．2．C 由已知得，所以，所以．故选C．3．C ．故
选C．4．D 由题图知：的定义域为，排除A；当，故是奇函数，排除B．当，故是奇函数，排除C．故选D．5．A 因为，所以，即，解
得，又，所以，故选A．6．B 根据已知，得且，得，所以，从而，所以．故选B．7．A 若，则，即，所以．所以，即，所以，所以，所
以，所以“”是“”的充分条件．若，则，即，所以，所以或，所以“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件．故选A．8．A
因为定义在R上的偶函数满足，故，即，即的周期为3．又，故，即．因为，即，故构造函数，则，所以在R上单调递增，且．又，即，所以，
解得．故选A．9．BD 因为，故A错误；因为，所以，所以，故B正确；当时，，故C错误；因为，所以，故D正确．故选BD．10．AB
D 由题意知，解得，所以，所以．又点在的图象上，所以，所以，解得，又，所以，所以，将向右平移个单位可得，故A正确；令，解得，所以图
象的对称轴的方程为．放B正确；当时，，故C错误；，即，所以，解得，即的解集为，故D正确．故选ABD．11．AC 当时，令，所以，
解得或或．作出函数的图象，如图1所示，易得有4个不同的实数解，即当时，有4个零点．故A正确，B错误；当时，令，所以，解得或．作出函
数的图象，如图2所示，易得有1个实数解，即当时，有1个零点．故C正确，D错误．故选AC．12．BCD 当时，，所以，所以，所以曲
线在点处的切线方程为，即，故A错误；因为对任意的，都有，所以在上单调递增，即在上恒成立．令，则．当时，，当时，，所以在上单调递减，
在上单调递增，所以在处取得最小值，所以，解得，即实数m的取值范围是，故B正确；当时，由B选项知，，令，所以在上恒成立，所以在上单调
递增，所以，所以，又在上单调递减，所以存在，使得．又，又在上单调递增，所以存在，使得．所以当时，为增函数，当时，为减函数，当时，为
增函数，故既存在极大值又存在极小值，故C正确；因为，由C选项知，．当时，；当时，，故函数有三个零点，不妨设为，．又，故有，则．即当
时，恰有3个零点，且，故D正确．故选BCD．13．7 因为角的终边在第四象限，且，所以，，所以．14． 因为，所以且，得，因为函数
是奇函数，所以，即，即，得恒成立，所以，所以，即．15． 因为，所以，即，即，由余弦定理得，即，解得，所以的面积为．16． 因为，
所以，又，所以，所以．因为，所以在上恒成立，所以在上单调递增，又，所以，又，所以，所以．令，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调
递增，在上单调递减，所以，所以的最大值为．17．解：（1）因为，所以，即，所以．又，所以，解得．（2）因为，所以，解得，所以，所以
，所以，所以．18．解：因为关于x的不等式的解集是，所以和是方程的两个根，所以解得当时，的解集是，符合题意．所以．（2）由（1）知
，所以，又，所以，当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为．19．解：（1）因为，所以，所以，所以，由正弦定理得，所以，所以．又，
所以，，所以．（2）由正弦定理得：，所以，所以，所以．20．解：（1）若，则．令，所以，所以在上单调递减，在上单调递增，当时，，当
时，，当时，，所以．所以在区间上的值域为．（2）令．若关于x的方程在上有解，即在上有解，即在上有解．令，所以，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又，所以，所以，即实数a的取值范围是．21．解：（1）选择条件①②：由条件①，所以，解得，又
，所以．由条件②得，解得，所以的解析式不唯一，不合题意；选择条件①③：由条件①，所以，解得，又，所以．由条件③得，得，所以，所以．
选择条件②③：由条件③得，得，所以，所以，又图象的一条对称轴为，所以，解得，又，所以，所以．（2）由题意得，因为，所以，即，又，所
以，若，则，又，所以．因为，所以，又，所以，所以．22．（1）解：当时，，则．设，则在上是增函数，又，所以存在，使得，当时，，则，
即在上单调递减；当时，，则，即在上单调递增，所以在上只有一个极值点，且为极小值点．（2）证明：由，设，则在上是增函数，当时，，因为，所以，所以存在，使得，当时，，则，即在上单调递减；当时，，则，即在上单调递增，故是函数的极小值点，也是最小值点，则，又因为，所以要证对任意的，即证，即证．设，则在上单调递减，因为，所以，故，故对任意．学科网（北京）股份有限公司 zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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